2013清华大学联盟自主招生试题及详细解答(华约)

清华大学联盟2013

一、选择题(每题8分,共48分)

1.

1()

A.2B.3C.5D.6

【解】由x1可知x2?2,

同理由1x可知(1?x)3?2;

所以方程(x2?2)[(1?x)3?2]?0的次数最小,其次数为5,故选C.

2.在6?6的表中停放3辆完全相同的红色和3辆完全相同的黑色车,每一行每一列只有一辆车,每辆车只占一格,共有种停放方法.

A.720B.20C.518400D.14400

【解】红色车选3列有C63?20种方法,再从这三列中选三行有C63?20种方法,另外将红色

车放在已选好的三列三行中有3?2?6种方法,同理黑色车只能从剩下的三行三列九个格中选,也有3?2?6种方法,因此方法数有(20?20?6)?6?14400种.故选D.

3.已知x2?2y?5,y2?2x?5(x?y),则x3?2x2y2?y3值为()

A.?10B.?12C.?14D.?16

【解】由x2?2y?5与y2?2x?5两式作差得x?y??2(x?y),代入两式中分别化出x2?2x?1?0、y2?2y?1?0,所以x,y是方程t2?2t?1?0的两个不等实根,于是

2,xy??1x?y??,也所以

x3?2x2y2?y3?(x?)y[(x?22故选y)?3xy]?2(xy)??(2?)?7.?2?D.16

4.在数列{an}中,a1?1,Sn?1?4an?2(n?1),则a2013值为()

A.3019?22012B.3019?22013C.3018?22012D.无法确定

【解】由a1?1,Sn?1?4an?2(n?1)……①可知,

当n?1时,S2?4a1?2,所以a2?5;

当n?2时,有Sn?4an?1?2(n?2)……②,由①-②式得,

an?1?4an?4an?1(n?2),即an?1?2an?2(an?an?1)(n?2),且a2?2a1?3

所以an?1?2an?3?2n?1(n?N*),同除以2n得,an?1an3a1,且???1;nn?102222

an?13

?1?n,故令n?2012时,得a2013?22012?3019,故选A.n22

5.在?ABC中,D为BC中点,DM平分?ADB交AB于点M,DN平分?ADC交AC于N,

所以

则BM?CN与MN的关系为()A.BM?CN?MNB.MN?CN?MNC.BM?CN?MN

D.无法确定

【解】如图,在DA取DE?DB,连接ME,NE,MN

则显然可证ME?MB,EN?NC,

且有ME?NE?MN,即BM?CN?MN,

上述不等式当且仅当?MED??DEN?180?,也即?B??C?180?,

这显然与三角形内角和定理矛盾,故等号取不到,也即选A.

6.模长都为1的复数A,B,C满足A?B?C?0,则

AA

BC?AC?AB

的模长为()

A?B?C

A.?B.1C.2D.无法确定【解】由题知AA?BB?CC?1,所以

12

BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??,

A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??也即

A?B?CA?B?CA?B?C

?

2

2

3?BA?CA?AB?CB?AC?BC

?1,故选B.

3?AB?AC?BA?BC?CA?CB

二、解答题(每题18分,共72分)

7.最多能找多少个两两不相等的正整数使其任意三个数之和为质数,并证明你的结论.【解】:至多有4个.首先可以取1,3,7,9这四个数,它们任意三个数之和分别为11,13,17,19符合质数定义.下面再证明5个正整数是不符合题意的.

若有5个正整数,则考虑质数被3除的余数,如果有一个数的余数为0,那么考虑余下的4个数被3除的余数,如果余数既有1也有2,那么这两个数与前面余数为0的数的和刚好为3的倍数,故不符合题意,如果余下四个数的余数均相等,显然取余下四个数中的三个数,则这三个数的和为3的倍数不是质数,也不符合题意,如果这5个数被3除的余数都不等于3,则由抽屉原理,至少有3个数被3除的余数相同,这三个数的和是3的倍数不是质数,也不符合题意.综上可知,不存在5个正整数符合题意,即至多有4个正整数符合题意.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|证明:a1?a2?a3???a2013?0.

【证明】:观察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨设|a1?2a2|?t,

则①可写为kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又显然2k?2013?0,则有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即证.

9.对于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一个m?n的数表,已知每一行的数均是由小到大排列.现在将每一列的数由小到大重

新排列,则新的数表中每一行的数满足什么样的关系？请证明你的结论.

〖原题叙述〗:已知有m?n个实数,排列成m?n阶数阵,记作{aij}m?n,使得数阵中的每一行从左到右都是递增的,即对意的i?1,2,3,?,m,当j1?j2时,都有aij1?aij2.现将{aij}m?n的每一

?}m?n,即对列原有的各数按照从上到下递增的顺序排列,形成一个新的m?n阶数阵,记作{aij

?}m?n中每一行的n个数的大小关任意的i?1,2,3,?,n,当i1?i2时,都有ai??ai?2j.试判断{aij

1j

系,并说明理由.

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,理由如下:【解】:数阵{aij

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,我们只需证明,显然,我们要证明数阵{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).对于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一组a?,令ak?a?pqp(q?1)

则当t?p时,都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,与a?,也即a?在数阵{aij排在第pp个数小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n个数从左到所以对于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即数阵{aij

i(j?1)

右都是递增的.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|证明:a1?a2?a3???a2013?0.

【证明】:观察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨设|a1?2a2|?t,

则①可写为kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又显然2k?2013?0,则有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即证.

9.对于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一个m?n的数表,已知每一行的数均是由小到大排列.现在将每一列的数由小到大重

新排列,则新的数表中每一行的数满足什么样的关系？请证明你的结论.

〖原题叙述〗:已知有m?n个实数,排列成m?n阶数阵,记作{aij}m?n,使得数阵中的每一行从左到右都是递增的,即对意的i?1,2,3,?,m,当j1?j2时,都有aij1?aij2.现将{aij}m?n的每一

?}m?n,即对列原有的各数按照从上到下递增的顺序排列,形成一个新的m?n阶数阵,记作{aij

?}m?n中每一行的n个数的大小关任意的i?1,2,3,?,n,当i1?i2时,都有ai??ai?2j.试判断{aij

1j

系,并说明理由.

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,理由如下:【解】:数阵{aij

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,我们只需证明,显然,我们要证明数阵{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).对于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一组a?,令ak?a?pqp(q?1)

则当t?p时,都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,与a?,也即a?在数阵{aij排在第pp个数小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n个数从左到所以对于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即数阵{aij

i(j?1)

右都是递增的.

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).对于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一组a?,令ak?a?pqp(q?1)

则当t?p时,都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,与a?,也即a?在数阵{aij排在第pp个数小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n个数从左到所以对于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即数阵{aiji(j?1)

右都是递增的.

清华大学联盟2013

一、选择题(每题8分,共48分)

1.

1()A.2B.3C.5D.6

【解】由x1可知x2?2,

同理由1x可知(1?x)3?2;所以方程(x2?2)[(1?x)3?2]?0的次数最小,其次数为5,故选C.

2.在6?6的表中停放3辆完全相同的红色和3辆完全相同的黑色车,每一行每一列只有一辆车,每辆车只占一格,共有种停放方法.

A.720B.20C.518400D.14400【解】红色车选3列有C63?20种方法,再从这三列中选三行有C63?20种方法,另外将红色车放在已选好的三列三行中有3?2?6种方法,同理黑色车只能从剩下的三行三列九个格中选,也有3?2?6种方法,因此方法数有(20?20?6)?6?14400种.故选D.3.已知x2?2y?5,y2?2x?5(x?y),则x3?2x2y2?y3值为()A.?10B.?12C.?14D.?16

【解】由x2?2y?5与y2?2x?5两式作差得x?y??2(x?y),代入两式中分别化出x2?2x?1?0、y2?2y?1?0,所以x,y是方程t2?2t?1?0的两个不等实根,于是

2,xy??1x?y??,也所以

x3?2x2y2?y3?(x?)y[(x?

22

故选y)?3xy]?2(xy)??(2?)?7.?2?D.16

4.在数列{an}中,a1?1,Sn?1?4an?2(n?1),则a2013值为()

A.3019?22012B.3019?22013C.3018?22012D.无法确定【解】由a1?1,Sn?1?4an?2(n?1)……①可知,

当n?1时,S2?4a1?2,所以a2?5;

当n?2时,有Sn?4an?1?2(n?2)……②,由①-②式得,

an?1?4an?4an?1(n?2),即an?1?2an?2(an?an?1)(n?2),且a2?2a1?3

所以an?1?2an?3?2n?1(n?N*),同除以2n得,

an?1an3a1

,且???1;nn?10

2222

an?13

?1?n,故令n?2012时,得a2013?22012?3019,故选A.n22

5.在?ABC中,D为BC中点,DM平分?ADB交AB于点M,DN平分?ADC交AC于N,

所以

则BM?CN与MN的关系为()A.BM?CN?MNB.MN?CN?MNC.BM?CN?MN

D.无法确定

【解】如图,在DA取DE?DB,连接ME,NE,MN

则显然可证ME?MB,EN?NC,

且有ME?NE?MN,即BM?CN?MN,

上述不等式当且仅当?MED??DEN?180?,也即?B??C?180?,

这显然与三角形内角和定理矛盾,故等号取不到,也即选A.

6.模长都为1的复数A,B,C满足A?B?C?0,则

AA

BC?AC?AB

的模长为()

A?B?C

A.?B.1C.2D.无法确定【解】由题知AA?BB?CC?1,所以

12

BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??,

A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??也即

A?B?CA?B?CA?B?C

?

2

2

3?BA?CA?AB?CB?AC?BC

?1,故选B.

3?AB?AC?BA?BC?CA?CB

二、解答题(每题18分,共72分)

7.最多能找多少个两两不相等的正整数使其任意三个数之和为质数,并证明你的结论.【解】:至多有4个.首先可以取1,3,7,9这四个数,它们任意三个数之和分别为11,13,17,19符合质数定义.下面再证明5个正整数是不符合题意的.

若有5个正整数,则考虑质数被3除的余数,如果有一个数的余数为0,那么考虑余下的4个数被3除的余数,如果余数既有1也有2,那么这两个数与前面余数为0的数的和刚好为3的倍数,故不符合题意,如果余下四个数的余数均相等,显然取余下四个数中的三个数,则这三个数的和为3的倍数不是质数,也不符合题意,如果这5个数被3除的余数都不等于3,则由抽屉原理,至少有3个数被3除的余数相同,这三个数的和是3的倍数不是质数,也不符合题意.综上可知,不存在5个正整数符合题意,即至多有4个正整数符合题意.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|证明:a1?a2?a3???a2013?0.

【证明】:观察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨设|a1?2a2|?t,

则①可写为kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又显然2k?2013?0,则有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即证.

9.对于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一个m?n的数表,已知每一行的数均是由小到大排列.现在将每一列的数由小到大重

新排列,则新的数表中每一行的数满足什么样的关系？请证明你的结论.

〖原题叙述〗:已知有m?n个实数,排列成m?n阶数阵,记作{aij}m?n,使得数阵中的每一行从左到右都是递增的,即对意的i?1,2,3,?,m,当j1?j2时,都有aij1?aij2.现将{aij}m?n的每一

?}m?n,即对列原有的各数按照从上到下递增的顺序排列,形成一个新的m?n阶数阵,记作{aij

?}m?n中每一行的n个数的大小关任意的i?1,2,3,?,n,当i1?i2时,都有ai??ai?2j.试判断{aij

1j

系,并说明理由.

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,理由如下:【解】:数阵{aij

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,我们只需证明,显然,我们要证明数阵{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).对于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一组a?,令ak?a?pqp(q?1)

则当t?p时,都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,与a?,也即a?在数阵{aij排在第pp个数小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n个数从左到所以对于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即数阵{aij

i(j?1)

右都是递增的.

清华大学联盟2013

一、选择题(每题8分,共48分)

1.

1()A.2B.3C.5D.6

【解】由x1可知x2?2,

同理由1x可知(1?x)3?2;所以方程(x2?2)[(1?x)3?2]?0的次数最小,其次数为5,故选C.

2.在6?6的表中停放3辆完全相同的红色和3辆完全相同的黑色车,每一行每一列只有一辆车,每辆车只占一格,共有种停放方法.

A.720B.20C.518400D.14400【解】红色车选3列有C63?20种方法,再从这三列中选三行有C63?20种方法,另外将红色车放在已选好的三列三行中有3?2?6种方法,同理黑色车只能从剩下的三行三列九个格中选,也有3?2?6种方法,因此方法数有(20?20?6)?6?14400种.故选D.3.已知x2?2y?5,y2?2x?5(x?y),则x3?2x2y2?y3值为()A.?10B.?12C.?14D.?16

【解】由x2?2y?5与y2?2x?5两式作差得x?y??2(x?y),代入两式中分别化出x2?2x?1?0、y2?2y?1?0,所以x,y是方程t2?2t?1?0的两个不等实根,于是

2,xy??1x?y??,也所以

x3?2x2y2?y3?(x?)y[(x?

22

故选y)?3xy]?2(xy)??(2?)?7.?2?D.16

4.在数列{an}中,a1?1,Sn?1?4an?2(n?1),则a2013值为()

A.3019?22012B.3019?22013C.3018?22012D.无法确定【解】由a1?1,Sn?1?4an?2(n?1)……①可知,

当n?1时,S2?4a1?2,所以a2?5;

当n?2时,有Sn?4an?1?2(n?2)……②,由①-②式得,

an?1?4an?4an?1(n?2),即an?1?2an?2(an?an?1)(n?2),且a2?2a1?3

所以an?1?2an?3?2n?1(n?N*),同除以2n得,

an?1an3a1

,且???1;nn?10

2222

an?13

?1?n,故令n?2012时,得a2013?22012?3019,故选A.n22

5.在?ABC中,D为BC中点,DM平分?ADB交AB于点M,DN平分?ADC交AC于N,

所以

则BM?CN与MN的关系为()A.BM?CN?MNB.MN?CN?MNC.BM?CN?MN

D.无法确定

【解】如图,在DA取DE?DB,连接ME,NE,MN

则显然可证ME?MB,EN?NC,

且有ME?NE?MN,即BM?CN?MN,

上述不等式当且仅当?MED??DEN?180?,也即?B??C?180?,

这显然与三角形内角和定理矛盾,故等号取不到,也即选A.

6.模长都为1的复数A,B,C满足A?B?C?0,则

AA

BC?AC?AB

的模长为()

A?B?C

A.?B.1C.2D.无法确定【解】由题知AA?BB?CC?1,所以

12

BC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??,

A?B?CA?B?CA?B?CBC?AC?ABBC?AC?ABBC?AC?AB

??也即

A?B?CA?B?CA?B?C

?

2

2

3?BA?CA?AB?CB?AC?BC

?1,故选B.

3?AB?AC?BA?BC?CA?CB

二、解答题(每题18分,共72分)

7.最多能找多少个两两不相等的正整数使其任意三个数之和为质数,并证明你的结论.【解】:至多有4个.首先可以取1,3,7,9这四个数,它们任意三个数之和分别为11,13,17,19符合质数定义.下面再证明5个正整数是不符合题意的.

若有5个正整数,则考虑质数被3除的余数,如果有一个数的余数为0,那么考虑余下的4个数被3除的余数,如果余数既有1也有2,那么这两个数与前面余数为0的数的和刚好为3的倍数,故不符合题意,如果余下四个数的余数均相等,显然取余下四个数中的三个数,则这三个数的和为3的倍数不是质数,也不符合题意,如果这5个数被3除的余数都不等于3,则由抽屉原理,至少有3个数被3除的余数相同,这三个数的和是3的倍数不是质数,也不符合题意.综上可知,不存在5个正整数符合题意,即至多有4个正整数符合题意.

8.已知a1?a2?a3???a2013?0,且|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|证明:a1?a2?a3???a2013?0.

【证明】:观察可知a1?a2?a3???a2013?0,

即(2a2?a1)?(2a3?a2)???(2a2013?a2012)?(2a1?a2013)?0……①又|a1?2a2|?|a2?2a3|???|a2013?2a1|,不妨设|a1?2a2|?t,

则①可写为kt?(2013?k)t?0(0?k?2013,k?N),即(2k?2013)t?0,又显然2k?2013?0,则有t?0,于是有

a1?2a2,a2?2a3,?,a2012?2a2013,a2013?2a1,所以a1?22013a1,即a1?0.

也所以a1?a2?a3???a2013?0,即证.

9.对于任意?,求32cos6??cos6??6cos4??15cos2?的值.【解】32cos6??cos6??6cos4??15cos2??321?cos?23

)?co?s6?2

3c?os?2

6?co?s4

2

1?5cos2

?4cos?2?)26c?os4

10

?4(1?c3os?2??4?12c2os?2?

3?co?s23)?(3?cos?215co

6c?os?4?4?6(1?c?os4?)即求?6co.s4

10.有一个m?n的数表,已知每一行的数均是由小到大排列.现在将每一列的数由小到大重

新排列,则新的数表中每一行的数满足什么样的关系？请证明你的结论.

〖原题叙述〗:已知有m?n个实数,排列成m?n阶数阵,记作{aij}m?n,使得数阵中的每一行从左到右都是递增的,即对意的i?1,2,3,?,m,当j1?j2时,都有aij1?aij2.现将{aij}m?n的每一

?}m?n,即对列原有的各数按照从上到下递增的顺序排列,形成一个新的m?n阶数阵,记作{aij

?}m?n中每一行的n个数的大小关任意的i?1,2,3,?,n,当i1?i2时,都有ai??ai?2j.试判断{aij

1j

系,并说明理由.

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,理由如下:【解】:数阵{aij

?}m?n中每一行的n个数从左到右都是递增的,我们只需证明,显然,我们要证明数阵{aij

??ai?(j?1),其中j?1,2,3,?,(n?1).对于任意i?1,2,3,?,m,都有aij

?(q?1)?aik(q?1),其中k?1,2,3,?,m,{i1,i2,?,ik}?{1,2,?,m},若存在一组a?,令ak?a?pqp(q?1)

则当t?p时,都有aitq?ait(q?1)?at?(q?1)?a?.也即在aiq(i?1,2,?,m)中,至少有?a?pq(?1)pq

?}m?n中的第q列中,至少排在第p?1行,与a?,也即a?在数阵{aij排在第pp个数小于a?pqpqpq

行矛盾.

??a??}m?n中每一行的n个数从左到所以对于任意的i?1,2,?,m,都有aij,即数阵{aij

i(j?1)

右都是递增的.

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